歷年高考物理壓軸題精選詳細解答

1、歷年高考物理壓軸題精選（三）2008年（寧夏卷）23.（15分） 天文學(xué)家將相距較近、僅在彼此的引力作用下運行的兩顆恒星稱為雙星。雙星系統(tǒng)在銀河系中很普遍。利用雙星系統(tǒng)中兩顆恒星的運動特征可推算出它們的總質(zhì)量。已知某雙星系統(tǒng)中兩顆恒星圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均為t，兩顆恒星之間的距離為r，試推算這個雙星系統(tǒng)的總質(zhì)量。（引力常量為g）24.(17分) 如圖所示，在xoy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線oc之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為b，方向垂直于紙面向外。有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸射入電場。

2、質(zhì)點到達x軸上a點時，速度方向與x軸的夾角，a點與原點o的距離為d。接著，質(zhì)點進入磁場，并垂直于oc飛離磁場。不計重力影響。若oc與x軸的夾角為，求 （1）粒子在磁場中運動速度的大小： （2）勻強電場的場強大小。24.（17分）(1)質(zhì)點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點飛離磁場時，速度垂直于oc，故圓弧的圓心在oc上。依題意，質(zhì)點軌跡與x軸的交點為a，過a點作與a點的速度方向垂直的直線，與oc交于o。由幾何關(guān)系知，ao垂直于oc，o是圓弧的圓心。設(shè)圓弧的半徑為r，則有r=dsinj由洛化茲力公式和牛頓第二定律得將式代入式，得(2)質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動。設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v0，在電

3、場中的加速度為a，運動時間為t，則有v0vcosjvsinjatd=v0t聯(lián)立得設(shè)電場強度的大小為e，由牛頓第二定律得qema聯(lián)立得2008年（海南卷）16.如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣.一帶正電荷的粒子從p(x=0，y=h)點以一定的速度平行于x軸正向入射.這時若只有磁場，粒子將做半徑為r0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動.現(xiàn)在，只加電場，當(dāng)粒子從p點運動到x=r0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于

4、m點.不計重力.求 (i)粒子到達x=r0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離； ()m點的橫坐標(biāo)xm.16.(i)設(shè)粒子質(zhì)量、帶電量和入射速度分別為m、q和v0，則電場的場強e和磁場的磁感應(yīng)強度b應(yīng)滿足下述條件 qe=qvob 現(xiàn)在，只有電場，入射粒子將以與電場方向相同的加速度 做類平拋運動.粒子從p(x=0，y=h)點運動到x=ro平面的時間為 粒子到達x=r0平面時速度的y分量為 由式得 此時粒子速度大小為， 速度方向與x軸的夾角為 粒子與x軸的距離為 (ii)撤除電場加上磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動.設(shè)圓軌道半徑為r，則 由式得 粒子運動的軌跡如圖所示，其中圓弧的圓心c

5、位于與速度v的方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為4.由幾何關(guān)系及式知c點的坐標(biāo)為 過c點作x軸的垂線，垂足為d。在cdm中， 由此求得 m點的橫坐標(biāo)為 評分參考：共11分.第(1)問6分.式各1分，式各2分.第(ii)問5分.式2分，速度v的方向正確給1分式1分，式1分.2008年（全國卷）25（22分）如圖所示，在坐標(biāo)系xoy中，過原點的直線oc與x軸正向的夾角j120，在oc右側(cè)有一勻強電場，在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊，右邊界為y軸，左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強度大小為b，方向垂直于紙面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場

6、左邊界上的a點射入磁場區(qū)域，并從o點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角q30，大小為v，粒子在磁場內(nèi)的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的2倍，粒子進入電場后，在電場力的作用下又由o點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從a點射入到第二次離開磁場所用時間恰好粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求：（1）粒子經(jīng)過a點時的速度方向和a點到x軸的距離； （2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間。25（22分）（1）設(shè)磁場左邊界與x軸相交子d點，與co相交于o點，由幾何關(guān)系可知，直線oo與粒子過o點的速度v垂直。

7、在直角三角形 ood中已知ood =300設(shè)磁場左右邊界間距為d，則oo=2d。依題意可知，粒子第一次進人磁場的運動軌跡的圓心即為o點，圓弧軌跡所對的圈心角為300 ，且oo為圓弧的半徑r。由此可知，粒子自a點射人磁場的速度與左邊界垂直。 a 點到x軸的距離：ad=r(1cos300)由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得： qvb=mv2/r聯(lián)立式得：（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為t第一次在磁場中飛行的時間為 t1，有：t1=t/12t=2m/qb依題意勻強電場的方向與x軸正向夾角應(yīng)為1500。由幾何關(guān)系可知，粒子再次從o點進人磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為600。設(shè)粒子

8、第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為o，o必定在直線oc 上。設(shè)粒子射出磁場時與磁場右邊界文于p點，則oop =1200設(shè)粒子第二次進人磁場在磁場中運動的時問為t2有：t2=t/3設(shè)帶電粒子在電場中運動的時間為 t 3，依題意得：t3=t(t1+t2)由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知：v=vat3a=qe/m 聯(lián)立式可得：e=12bv/7粒子自p點射出后將沿直線運動。設(shè)其由p點再次進人電場，由幾何關(guān)系知：opp =300消三角形opp為等腰三角形。設(shè)粒子在p、p兩點間運動的時問為t4，有：t4=pp/v又由幾何關(guān)系知：op=r聯(lián)立式得：t4=m/qb電磁感應(yīng)2006年全國理綜 (北京卷)24（20

9、分）磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用。圖1是平靜海面上某實驗船的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道（簡稱通道）組成。如圖2所示，通道尺寸a2.0m，b0.15m、c0.10m。工作時，在通道內(nèi)沿z軸正方向加b8.0t的勻強磁場；沿x軸正方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓u99.6v；海水沿y軸正方向流過通道。已知海水的電阻率0.22m。（1）船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向；（2）船以vs5.0m/s的速度勻速前進。若以船為參照物，海水以5.0m/s的速率涌入進水口由于通道的截面積小球進水口的截面積，在通道內(nèi)海水速率增加到vd8.0m/s。求此時兩金屬

10、板間的感應(yīng)電動勢u。（3）船行駛時，通道中海水兩側(cè)的電壓u/uu計算，海水受到電磁力的80%可以轉(zhuǎn)化為對船的推力。當(dāng)船以vs5.0m/s的船速度勻速前進時，求海水推力的功率。解析24.(20分)（1）根據(jù)安培力公式,推力f1=i1bb，其中i1=,r 則ft= n對海水推力的方向沿y軸正方向(向右)v0xyomabbn（2）u=bub=9.6 v（3）根據(jù)歐姆定律，i2=a安培推力f2i2bb720 n推力的功率pfvs80%f2vs2 880 w2006年全國物理試題（江蘇卷） 19（17分）如圖所示，頂角=45，的金屬導(dǎo)軌 mon固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中

11、。一根與on垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌mon向左滑動，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均勻為r。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點的a和b，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸。t=0時，導(dǎo)體棒位于頂角o處，求：（1）t時刻流過導(dǎo)體棒的電流強度i和電流方向。 （2）導(dǎo)體棒作勻速直線運動時水平外力f的表達式。 （3）導(dǎo)體棒在0t時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱q。 （4）若在t0時刻將外力f撤去，導(dǎo)體棒最終在導(dǎo)軌上靜止時的坐標(biāo)x。19（1）0到t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移xt t時刻，導(dǎo)體棒的長度 lx 導(dǎo)體棒的電動勢ebl v0回路總電阻r(2xx)r電流強度電流方向ba（2）fbli （3

12、）解法一t時刻導(dǎo)體的電功率pi2rpt qt解法二t時刻導(dǎo)體棒的電功率pi2r由于i恒定 r/v0rtt 因此 q（4）撤去外力持，設(shè)任意時刻t導(dǎo)體的坐標(biāo)為x，速度為v，取很短時間t 或很短距離x 解法一 在tt+時間內(nèi)，由動量定理得 biltmv 掃過的面積s（x=v0t）x設(shè)滑行距離為d，則 即 d2+2v0t0d2s0解之dv0t0+（負(fù)值已舍去）得 xv0t0+ d解法二在xx+x，由動能定理得fx（忽略高階小量）得 以下解法同解法一解法三（1）由牛頓第二定律得fmam得ftmv以下解法同解法一解法三（2）由牛頓第二定律得fmamm得fxmvv以下解法同解法二2008年（天津卷）25(

13、22分)磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為r，金屬框置于xoy平面內(nèi)，長邊mn長為l平行于y軸，寬為d的np邊平行于x軸，如圖1所示列車軌道沿ox方向，軌道區(qū)域內(nèi)存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應(yīng)強度b沿o x方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為，最大值為b0，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應(yīng)強度相同，整個磁場以速度v0沿ox方向勻速平移設(shè)在短暫時間內(nèi)，mn、pq邊所在位置的磁感應(yīng)強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力列車在驅(qū)動系統(tǒng)作用下沿ox方向加速行駛，某時刻速度為v(vv0)(1)簡要敘述列車

14、運行中獲得驅(qū)動力的原理；(2)為使列車獲得最大驅(qū)動力，寫出mn、pq邊應(yīng)處于磁場中的什么位置及與d之間應(yīng)滿足的關(guān)系式；(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為v時驅(qū)動力的大小25(22分)(1)由于列車速度與磁場平移速度不同,導(dǎo)致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化,由于電磁感應(yīng),金屬框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流,該電流受到的安培力即為驅(qū)動力.(2)為使列車獲得最大驅(qū)動力,mn、pq應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的地方,這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大,導(dǎo)致框中電流最強,也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大,因此,d應(yīng)為/2的奇數(shù)倍,即(3)由于滿足第(2)問條件，則mn、pq邊所在處的磁

15、感應(yīng)強度大小均為b0且方向總相反，經(jīng)短暫時間t，磁場沒ox方向平移的距離為v0t,，同時，金屬框沿ox方向移動的距離為vt因為v0v，所以在t時間內(nèi)mn邊掃過磁場的面積s=(v0v)lt在此t時間內(nèi)，mn邊左側(cè)穿過s的磁通量移進金屬框而引起框內(nèi)磁通量變化mn=b0l(v0v) t同理，在t時間內(nèi)，pq邊左側(cè)移出金屬框的磁通量引起框內(nèi)磁通量變化pq=b0l(v0v) t故在t時間內(nèi)金屬框所圍面積的磁通量變化mnpq根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,金屬框中的感應(yīng)電動勢大小根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)安培力公式,mn邊所受的安培力fmn=b0ilpq邊所受的安培力fpq=b0il根據(jù)左手定則,mn、pq邊所受

16、的安培力方向相同,此時列車驅(qū)動力的大小f=fmn+fpq=2b0il聯(lián)立解得2007高考四川理綜abcdefgirphhk25（20分）目前，滑板運動受到青少年的追捧。如圖是某滑板運動員在一次表演時的一部分賽道在豎直平面內(nèi)的示意圖，賽道光滑，fgi為圓弧賽道，半徑r=6 .5m，g為最低點并與水平賽道bc位于同一水平面，ka、de平臺的高度都為h=1.8m。b、c、f處平滑連接?；錫和b的質(zhì)量均為m，m5kg，運動員質(zhì)量為m，m=45kg。表演開始，運動員站在滑板b上，先讓滑板a從a點靜止下滑，t1=0.1s后再與b板一起從a點靜止下滑?；蟗c賽道后，運動員從b板跳到同方向運動的a板上，在

17、空中運動的時間t2=0.6s。（水平方向是勻速運動）。運動員與a板一起沿cd賽道上滑后沖出賽道，落在ef賽道的p點，沿賽道滑行，經(jīng)過g點時，運動員受到的支持力n=742.5n。（滑板和運動員的所有運動都在同一豎直平面內(nèi)，計算時滑板和運動員都看作質(zhì)點，取g=10m/s2）滑到g點時，運動員的速度是多大？運動員跳上滑板a后，在bc賽道上與滑板a共同運動的速度是多大？從表演開始到運動員滑至i的過程中，系統(tǒng)的機械能改變了多少？123nv0=6.5m/s v共=6.9m/s（提示：設(shè)人離開b時人和b的速度分別為v1、v2，當(dāng)時a的速度為v=6 m/s，人離a的距離是0.6m，人追上a用的時間0.6s，由

18、此可得v1=7m/s；再利用人和b動量守恒得v2=-3m/s。人跳上a過程人和a動量守恒，得共同速度v共。）88.75j（提示：b離開人后機械能不變，全過程系統(tǒng)機械能改變是。） 難2007高考重慶理綜25（20分）某興趣小組設(shè)計了一種實驗裝置，用來研究碰撞問題。其模型如圖所示。用完全相同的輕繩將n個大小相同、質(zhì)量不等的小球并列懸掛于一水平桿，球間有微小間隔，從從左到右，球的編號依次為1、2、3n，球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k（k1）。將1號球向左拉起，然后由靜止釋放，使其與2號球碰撞，2號球再與3號球碰撞所有碰撞皆為無機械能損失的正碰。（不計空氣阻力，忽略繩的伸長，g取1

19、0m/s2）設(shè)與n+1號球碰撞前n號球的速度為vn，求n+1號球碰撞后的速度。若n=5，在1號球向左拉高h的情況下，要使5號球碰撞后升高16h（16 h小于繩長），問k值為多少？在第問的條件下，懸掛哪個球的繩最容易斷，為什么？解： k=0.414（提示：）1號球。（提示：，因此兩項都是1號球最大。） 難2007高考廣東物理試題a2a1s1s2llpd45v0+固定擋板固定薄板電子快門b20（18分）如圖是某裝置的垂直截面圖，虛線a1a2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在a1a2的右側(cè)區(qū)域，磁感應(yīng)強度b=0.4t，方向垂直紙面向外。a1a2與垂直截面上的水平線夾角為45。在a1a2左

20、側(cè)，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為s1、s2，相距l(xiāng)=0.2m。在薄板上p處開一小孔，p與a1a2線上點d的水平距離為l。在小孔處裝一個電子快門。起初快門開啟，一旦有帶正電微粒剛通過小孔，快門立即關(guān)閉，此后每隔t=3.010-3s開啟一次并瞬間關(guān)閉。從s1s2之間的某一位置水平發(fā)射一速度為v0的帶正電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到p處小孔。通過小孔的微粒與檔板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍。經(jīng)過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應(yīng)為多少？求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間。（忽略微粒所受重力影響，碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移。已知微粒的荷質(zhì)

21、比q/m=1.0103c/kg。只考慮紙面上帶電微粒的運動）v0=100m/s（提示：微粒在磁場中的半徑滿足：lr2l，因此80v01)。斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時，觸地時間極短，無動能損失。棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計。求：棒第一次與地面碰撞彈起上升過程中，環(huán)的加速度。從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程s。從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止，摩擦力對環(huán)及棒做的總功w。h棒環(huán)a環(huán)=(k-1)g，豎直向上。（提示：落地及反彈的瞬時速度，a棒=(k+1)g，豎直向下，勻減速上升高度s1=v2/2a棒，而s=h+2s1。）（提示：用遞推的方法。第一次碰地后，環(huán)和棒的加速度大小分別是a